Exem 12 6

EXEMPLO 1 S: São dados v0 e θ, com x0 = y0 = 0.

P: A equação que define y como uma função de x.

E: Eliminar o tempo das equações cinemáticas.

Solução: Usando

v0x = v0 cos θ

e

v0y = v0 sen θ,

pode-se escrever

x x = (v0 cos θ).t ou t = v0 cos θ

e

y = (v0 sen θ).t – (½) g.t2 .

EXEMPLO 1 (cont.)

Substituindo t, chega-se a y = (v0 sen θ)

(

x v0 cos θ

) ( )( g 2

–

2

x v0 cos θ

)

Simplificando a última equação, obtém-se y(x), tal que y = (x tanq) –

(

g x2 2v02

)

(1 + tan2q)

A equação acima é denominada equação da trajetória e descreve a trajetória de uma partícula em movimento de voo livre, que é dito movimento de projétil.

Essa equação mostra que a trajetória é parabólica.

EXEMPLO 2 S: Um trenó motorizado encontra-se a 15 m/s no ponto A. P: A distância horizontal que ele percorre (R) e o tempo em que ele permanece no ar.

E: Aplicar as cinemáticas.

relações

Solução: Primeiro, põe-se o sistema de coordenadas no ponto A. Então, escreve-se a equação de posição para o movimento horizontal. + xB = xA + (vAx).tAB

onde vAx = 15 cos 40° m/s

EXEMPLO 2 (cont.)

A seguir, escreve-se a equação de posição para o movimento vertical, qual seja + yB = yA + (vAy).tAB – 0,5g(tAB)2 , com vAy = 15 sen 40° m/s Observa-se que xB = R, xA = 0, yB = – (3/4)R e yA = 0.

Dessa forma, resolvendo as duas equações anteriores para as duas incógnitas desejadas, encontra-se R = 19,0 m

e

tAB = 2,48 s .

EXEMPLO 3 S: Um esquiador deixa a rampa a qA = 25o e atinge o declive em B. P: A velocidade inicial vA do esquiador.

E: Estabelecer um sistema de coordenadas fixo x,y.

Nesse caso, a origem do sistema será feita em A. Aplicar, na sequência, as relações cinemáticas nas direções x e y.

EXEMPLO 3 (cont.)

Solução: Movimento na direção x: Usando

xB = xA + (v0x).tAB tAB= (4/5).100 vA cos 250

=

88,27 vA

Movimento na direção y: Usando

yB = yA + (v0y).tAB – (½) g(tAB)2

– [(3/5).100 + 4] = 0 + vA(sen

250)

88,27 vA

vA = 19,42 m/s .

– (½)(9,81) 88,27 vA

2